广东省梅州市梅州中学2019-2020学年高二上学期12月月考化学试题
梅州中学2018级高二第一学期12月月考化学试题
考试范围：高中化学选修四第1、2、3章，考试时间：75分钟
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分共45分）
1.水是生命之源，2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图像，模型如图。下列关于水的说法正确的是
A. 水是弱电解质 B. 可燃冰是可以燃烧的水
C. 氢氧两种元素只能组成水 D. 0℃时冰的密度比液态水的密度大
【答案】A
【解析】
【详解】A、水部分电离属于弱电解质，A正确；
B、可燃冰不是水，是甲烷和水组成水合物，B不正确；
C、氢氧两种元素既能组成水，也能组成双氧水，C不正确；
D、0℃时冰的密度比液态水的密度小，D不正确；
答案选A。
2.下列过程的能量变化符合下图所示的是
A. 盐酸与NaOH溶液 B. 和
C 盐酸与铝条 D. 蜡烛燃烧
【答案】B
【解析】
【详解】由图示可知，反应物的能量低于生成物的能量，则该反应为吸热反应，
A. 盐酸与NaOH溶液反应属于放热反应，则A错误；
B. 和的反应是典型的吸热反应，故B正确；
C. 盐酸与铝条反应属于放热反应，故C错误；
D. 蜡烛燃烧的反应属于放热反应，故D错误；
故选B。
3.用食用白醋（醋酸浓度约1 mol•L-1）进行下列实验，能证明醋酸为弱酸的是（ ）
A. 白醋中滴入石蕊试液呈红色 B. 白醋加入豆浆中有沉淀产生
C. 蛋壳浸泡在白醋中有气体放出 D. pH试纸显示白醋的pH为2~3
【答案】D
【解析】
【详解】A. 因酸遇紫色的石蕊变红属于酸的通性，不能利用酸的通性来判断酸性的强弱，故A错误；
B. 因电解质能使胶体发生聚沉，豆浆属于胶体分散系，则说明白醋属于电解质，不能确定其电离程度，故B错误；
C. 蛋壳的成分为碳酸钙，与白醋反应生成二氧化碳，可说明白醋的酸性比碳酸的强，不能证明醋酸存在电离平衡，即不能说明醋酸为弱酸，故C错误；
D.1 mol•L-1的醋酸pH为2～3，说明醋酸电离不完全，即醋酸溶液中存在电离平衡，则说明醋酸为弱电解质，故D正确；
故选D。
4.化学与工农业生产、人类生活密切相关，下列说法不正确的是
A. 煤、石油、天然气是不可再生能源，风能、生物质能、沼气是可再生能源
B. 日常生活中可用纯碱溶液除厨房物体表面的油污
C. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
D. 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)能与NH4Cl混合使用
【答案】D
【解析】
【详解】A. 煤、石油、天然气属于化石燃料，是不可再生能源，风能、生物质能、沼气是可再生能源，故A正确；
B. 纯碱的水溶液呈碱性，厨房表面的油污属于酯类，酯类在碱性条件下发生水解，所以日常生活中可用纯碱溶液除厨房物体表面的油污，故B正确；
C. 明矾水溶液中电离出的Al3+，水解形成的Al(OH)3胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故C正确；
D. K2CO3是强碱弱酸盐，NH4Cl是强酸弱碱盐，混合使用时会发生双水解反应生成氨气，降低了肥效，所以不能混合使用，故D错误；
故选D。
5.已知下面三个数据：①7.2×10-4、②2.6×10-4、③4.9×10-10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这三种酸可发生如下反应：NaCN+HNO2=HCN+NaNO2，NaCN+HF=HCN+NaF，NaNO2+HF==HNO2+NaF，由此可判断下列叙述中正确的是（ ）
A. HF的电离常数是① B. HNO2的电离常数是①
C. HCN的电离常数是② D. HNO2的电离常数是③
【答案】A
【解析】
【详解】NaCN+HNO2=HCN+NaNO2，NaCN+HF=HCN+NaF，NaNO2+HF=HNO2+NaF，由此得出酸的强弱顺序是HF>HNO2>HCN，所以酸的电离平衡常数大小顺序是HF>HNO2>HCN，则HF的电离常数是①、HNO2的电离常数是②、HCN的电离平衡常数是③，
故选A。
【点睛】相同温度下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，较强酸能和弱酸盐反应生成弱酸。
6.如图分别是温度计、量筒、滴定管的一部分，其中A仪器的名称为________B的正确读数为________。
A. 量筒、22.8 B. 温度计、23.2 C. 量筒、22.80 D. 滴定管、23.20
【答案】C
【解析】
【详解】滴定管的刻度由上向下增大，量筒的刻度由下向上增大，且不标“0”刻度，温度计有负刻度，故A仪器是量筒，B是滴定管，精确度为0.01，C为温度计，如图所示B读数为22.80mL，
故答案：量筒； 22.80，
故选C。
【点睛】托盘天平的精确度为0.1g，量筒的精确度为0.1mL，滴定管精确度为0.01mL。
7.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋+ OH－；ΔH > 0 ，下列叙述正确的是
A. 向水中加人稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变
C. 向水中加人少量固体CH3COONa ，平衡逆向移动，c（H＋）降低
D. 将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】B
【解析】
【详解】A.氨水能抑制水的电离，但碱性是增强的，A不正确；
B.硫酸氢钠是强酸的酸式盐，溶于水显酸性，水的离子积常数只和温度有关，所以B是正确的；
C.醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性。水解是促进水的电离的，所以C不正确；
D.电离是吸热的，因此加热促进水的电离，水的离子积常数增大，pH降低，D不正确。
答案选B。
8.只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是
A. K值不变，平衡可能移动 B. K值变化，平衡一定移动
C. 平衡移动，K值可能不变 D. 平衡移动，K值一定变化
【答案】D
【解析】
【详解】A、平衡常数只与温度有关系，温度不变平衡也可能发生移动，则K值不变，平衡可能移动，A正确；
B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；
C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；
D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D不正确，
答案选D。
9.已知反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)，在某温度下的平衡常数为400。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应进行到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/mol·L－1
044
0.6
0.6
下列叙述中正确的是( )
A. 该反应的平衡常数表达式为K＝
B. 平衡时c(CH3OH)＝0.04 mol·L－1
C. 该时刻正、逆反应速率的大小：v正＜v逆
D. 若加入CH3OH后，经10 min反应达到平衡，该时间内反应速率v(CH3OH)＝1.6 mol·L－1·min－1
【答案】B
【解析】
【详解】A.2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)的平衡常数表达式K=，故A错误；
B.由表中数据可知，甲醇的起始浓度为0.44mol/L+2×0.6mol/L=1.64mol/L，令平衡后c(CH3OCH3)=xmol/L，根据方程式可知平衡时c(CH3OH)=(1.64−2x)mol/L，c(H2O)=xmol/L，则
=400，解得x=0.8，经10min达到平衡，此时c(CH3OH)=0.04mol/L，故B正确；
C. 浓度商Qc==1.34
v逆，故C错误；
D. 10min达到平衡时，反应速率v(CH3OH)==0.16mol/(L⋅min)，故D错误，
故选B。
10.下列表格中的各种情况，可以用对应选项中的图像表示的是
选项
反应
甲
乙
A
外形、大小相近的金属和水反应
Na
K
B
4mL0.01mol·L－1 KMnO4溶液分别和不同浓度的2mLH2C2O4(草酸)溶液反应
0.1mol·L－1的H2C2O4溶液
0.2mol·L－1的H2C2O4溶液
C
5mL0.1mol·L－1Na2S2O3溶液和5mL0.1mol·L－1H2SO4溶液反应
热水
冷水
D
5mL4%的过氧化氢溶液分解放出O2
无MnO2粉末
加MnO2粉末
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
A．K比Na活泼，反应速率快；
B．浓度大，反应速率快；
C．温度高，反应速率快；
D．加催化剂，反应速率加快．
【详解】A．K比Na活泼，反应速率快，则图象中乙应在上方，故A错误；
B．浓度大，反应速率快，则图象中乙应在上方，故B错误；
C．温度高，反应速率快，随反应的进行，正反应速率逐渐减小，甲的温度高，图中应在上方，与图象一致，故C正确；
D．加催化剂，反应速率加快，则图中乙应在上方，故D错误；
故选：C。
11.叠氮酸(HN3)与醋酸的酸性相似,0.2 mol HN3与0.2 mol NaOH反应后将溶液稀释至500 mL,测得溶液pH=a,下列说法一定错误的是( )
A. HN3水溶液中微粒浓度大小顺序为c(HN3)>c(H+)>c(N3—)>c(OH-)
B. 题示500 mL溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(N3—)>c(OH-)>c(H+)
C. 题示500 mL溶液中由水电离产生的c(OH-)=1×10-amol·L-1
D. 根据题给数据可以计算该温度下叠氮酸的电离平衡常数Ka
【答案】C
【解析】
【详解】A. 叠氮酸与醋酸的酸性相似，则叠氮酸是弱酸，其电离程度很小，水溶液中叠氮酸和水都电离生成氢离子，只有HN3电离生成N3−，所以离子浓度大小顺序是c(HN3)>c(H+)>c(N3—)>c(OH-)，故A正确；
B. 强碱弱酸盐NaN3水解导致溶液显碱性，离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(N3-)>c(OH−)>c(H+)，故B正确；
C. 强碱弱酸盐NaN3水解，溶液pH=α，c(H+)=1×10−αmol⋅L−1，由水电离产生的c(OH−)=1×10−(14−a)mol⋅L−1，故C错误；
D. 据溶液pH和水的离子积常数可以求得氢离子和氢氧根离子浓度，因为叠氮酸根离子的水解，叠氮酸分子浓度为氢氧根离子浓度与氢离子浓度差，钠离子浓度不变，为 =0.4mol/L，据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(N3−)+c(OH−)可以求得叠氮酸根离子浓度，进而求得Ka，故D正确；
故选C。
12.下列实验操作或结果的说法正确的是
A. 滴定时，左手控制滴定管活塞右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化
B. 用酸式滴定管量取0.10 mol·L－1的Na2CO3溶液25.10 mL
C. 滴定管洗净后经蒸馏水润洗后，即可注入标准液进行中和滴定实验
D. 将pH试纸用蒸馏水湿润后，测量某溶液的pH
【答案】A
【解析】
【详解】A. 滴定时，左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化，故A正确；
B. 酸式滴定管量只能用于酸性溶液和氧化性物质的量取，不能量取碱性物质如Na2CO3溶液，故B错误；
C. 滴定管经蒸馏水润洗后会使标准液的浓度降低，所以应该用标准液润洗，故C错误；
D. 将pH试纸用蒸馏水湿润后，会使溶液浓度降低，从而影响测量的溶液的pH，故D错误；
故选A。
【点睛】pH=-lgc(H+)，pH值受溶液中H+浓度影响，所以用pH试纸检测溶液pH时不能润湿。
13.下列实验误差分析不正确的是
A. 测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度差值Δt偏小
B 滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
C. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小
D. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 测定中和反应的反应热时，必须迅速将酸碱混合，若将碱缓慢倒入酸中，由于散失热量较多，所测温度差值偏小，故A正确；
B.滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小，故B正确；
C. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，溶液被稀释，氢氧根离子浓度减小，测定结果偏低，故C正确；
D.
用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，加入的蒸馏水位于刻度线下方，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故D错误；
故选D。
14. 25℃时，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合(体积变化忽略不计)，测得反应后溶液的pH如下表，下列判断不正确的是（ ）
A. X>0.05
B. 将实验①所得溶液加水稀释后，c(OHˉ )/c(A－)变大
C. 实验①所得溶液c(A-)+c(HA)=0.10mol·L-1
D. 实验②所得溶液： c(Na+)+c(OH-)= c(A-)+c(H+)
【答案】C
【解析】
试题分析：根据表中实验①数据分析，等浓度等体积的HA与氢氧化钠溶液混合后恰好反应生成盐，溶液显碱性，说明为弱酸，反应生成了强碱弱酸盐。A、HA为弱酸，当X=0.05时，反应后恰好完全反应生成盐，溶液显碱性，若要使溶液显中性，则加入的酸稍微过量，则X>0.05，正确，不选A；B、将实验①所得溶液加水稀释后，溶液中酸根离子水解程度增大，则溶液中氢氧根离子的物质的量大，酸根离子的物质的量减小，由于在同一溶液中，则c(OHˉ )/c(A－)变大，正确，不选B；C、混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒分析，c(A-)+c(HA)= c(Na+)=0.05mol·L-1，错误，选C；D、根据混合溶液中电荷守恒，c(Na+)+c(OH-)= c(A-)+c(H+)，正确，不选D。
考点：酸碱混合时的定性判断及其有关pH的计算，弱电解质的电离平衡
【名师点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液的pH计算，根据表中数据正确判断HA为弱酸是本题的解答关键，C为易错碘，注意混合溶液体积增大为原来的2倍，则溶液中的离子浓度为原来的一半。
15.对饱和AgCl溶液(有AgCl固体存在)进行下列操作后，c(Ag＋)和Ksp(AgCl)均保持不变的是
A. 加少量水稀释 B. 加热
C. 加入少量盐酸 D. 加入少量AgNO3
【答案】A
【解析】
试题分析：Ksp(AgCl)只随温度的改变而改变；加少量水稀释，温度不变，Ksp(AgCl)不变，所以c(Ag＋)不变，故A正确；加热促进电离，c(Ag＋)和Ksp(AgCl)均增大，故B错误；加入少量盐酸，使溶解沉淀平衡逆向移动，c(Ag＋)减小，故C错误；加入少量AgNO3，c(Ag＋)增大，故D错误。
考点：本题考查沉淀溶解平衡。
二、非选择题（共55分）
16.（1）已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝－238.6kJ/mol，CH3OH(l)+ O2(g) =CO2(g)+2H2O(g)ΔH＝－a kJ/mol，则a___238.6(填“>”、“<”或“＝”)。
（2）如图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。
通过分析，可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为_______、________。
（3）反应mA(g)+nB(g)pC(g) +qD(g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。
该反应ΔH=____kJ/mol(用含E1、E2式子表示)；在反应体系中加入催化剂，E1___，E2___，(填增大、减小、不变)。
（4）已知：CO (g) +H2O (g)H2 (g) +CO2 (g) K，C(s)+CO2(g)2CO(g) K1，C(s) +H2O(g)CO(g) +H2(g) K2 ，则K、K1、K2之间的关系是 ___________。
【答案】 (1). < (2). H2O(l)= H2(g)＋O2(g) ΔH＝+286 kJ/mol (3). H2S (g)= H2(g)＋S(s) ΔH＝+20 kJ/mol (4). ΔH=-（E2-E1）kJ/mol (5). 减小 (6). 减小 (7). K=
【解析】
【分析】
根据燃烧热的概念分析比较反应热的大小；根据盖斯定律计算反应热并书写热化学方程式；根据催化剂对反应速率的影响原理分析解答；根据平衡常数表达式进行相关计算。
【详解】(1)燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，反应CH3OH(l)+ O2(g) =CO2(g)+2H2O(g) ΔH＝－a kJ/mol，因H2O(l)转化为H2O(g)需要吸收热量，故a<238.6，故答案为：<；
(2)根据系统I中反应，运用盖斯定律将3个反应相加得：H2O(l)= H2(g)＋O2(g) ΔH＝ΔH1+ΔH3+ΔH3=+327 kJ/mol-151 kJ/mol+110 kJ/mol=+286 kJ/mol，即热化学方程式为：H2O(l)= H2(g)＋O2(g) ΔH＝+286 kJ/mol ；将系统II中3个反应相加得：H2S (g)= H2(g)＋S(s) ΔH＝ΔH2+ΔH3+ΔH4=-151 kJ/mol+110 kJ/mol+61 kJ/mol=+20 kJ/mol，即热化学方程式为：H2S (g)= H2(g)＋S(s) ΔH＝+20 kJ/mol，故答案为：H2O(l)= H2(g)＋O2(g) ΔH＝+286 kJ/mol ；H2S (g)= H2(g)＋S(s) ΔH＝+20 kJ/mol ；
(3)由图象可知E1表示反应物断键吸收的总能量，E2表示生成物形成放出的总能量，△H=反应物断键吸收的总能量−生成物形成放出的总能量=E1−E2，反应为放热反应，则△H=−(E2−E1)kJ/mol，加入催化剂能降低反应的活化能，所以E1和E2均减小，故答案为：-(E2−E1)kJ/mol；减小；减小；
(4)根据平衡常数表达式分析知：CO (g) +H2O (g) H2 (g) +CO2 (g)是 由C(s) +H2O(g)CO(g) +H2(g)减去C(s)+CO2(g)2CO(g) 所得，则K、K1、K2之间的关系是K=，故答案为：K=。
17.常温下，向浓度为0.1 mol·L－1、体积为V L的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测溶液的pH随盐酸的加入量而降低的滴定曲线，d点两种溶液恰好完全反应。根据图中信息回答下列问题：
(1)该温度时NH3·H2O的电离常数K＝________。
(2)滴定过程中所用盐酸的pH＝________。
(3)比较b、c、d三点时的溶液中，由水电离出的c(OH－)大小顺序为___________。(填字母)
(4)滴定时，由b点到c点的过程中，下列各选项中数值变大的是___(填字母，下同)。
A．c(H＋)·c(OH－) B. c(H＋)·c(NH3·H2O)/c(NH4+)
C. c(NH4+)·c(OH－)/c(NH3·H2O) D. c(H＋)/c(OH－)
(5)根据以上滴定曲线判断下列说法正确的是________(溶液中N元素只存在NH4+和NH3·H2O两种形式)。
A．点b所示溶液中：c(NH4+)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
B．点c所示溶液中：c(Cl－)＝c(NH3·H2O)＋c(NH4+)
C．点d所示溶液中：c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH4+)＞c(OH－)
D．滴定过程中可能有：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)
(6)d点之后若继续加入盐酸至图像中的e点(不考虑NH4+水解的影响)，则e点对应的横坐标为________。
【答案】 (1). 10－5 (2). 1 (3). d ＞c ＞ b (4). D (5). D (6). 11V/9
【解析】
【分析】
常温下，向浓度为0.1 mol·L－1、体积为V L的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，二者反应生成氯化铵，溶液的pH逐渐减小，恰好反应时铵根水解溶液显酸性，继续滴加盐酸时盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，结合图像和问题分析解答。
【详解】（1）滴定前氨水中氢离子浓度是10－11mol/L，则根据水的离子积常数可知溶液中氢氧根的浓度是0.001mol/L，则该温度时NH3·H2O的电离常数K＝。
（2）由图像可知d时加入盐酸的体积与氨水的体积相同，二者恰好反应，根据NH3·H2O～HCl可知滴定过程中所用盐酸的浓度是0.1mol/L，所以盐酸溶液的pH＝1。
（3）在b点时，溶质为一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度大于氯化铵的水解程度，溶液显碱性，对水的电离起抑制作用。在c点时，溶质为一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度等于氯化铵的水解程度，溶液显中性，对水的电离平衡没有影响。在d点时溶质为氯化铵，铵根水解显酸性，对水的电离其促进作用，所以b、c、d三点时的溶液中，由水电离出的c(OH－)大小顺序为d＞c＞b。
（4）滴定时，由b点到c点的过程中：
A．温度不变，水的离子积常数不变，所以c(H＋)·c(OH－)不变；
B. 温度不变，电离平衡常数及水的离子积常数不变，c(H＋)·c(NH3·H2O)/c(NH4+)＝c(H＋)·c(NH3·H2O)·c(OH－)/c(NH4+)·c(OH－)＝KW/Kb，温度不变，该比值不变；
C. c(NH4+)·c(OH－)/c(NH3·H2O)＝Kb，温度不变，电离平衡常数不变；
D. 滴定时，由b点到c点的过程中，氢离子浓度不断增大，氢氧根离子的浓度不断减小，因此c(H＋)/c(OH－)的比值增大；
答案选D。
（5）A．由图像可知点b反应后溶液是氯化铵与一水合氨物质的量之比为1：1的混合物，溶液显碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根的水解程度，由电荷守恒c(NH4+)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)、物料守恒2c(Cl－)＝c(NH3·H2O)＋c(NH4+)可知所示溶液中：c(NH4+)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O)，A错误；
B．由图像可知点c所示溶液中pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒c(NH4+)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)可知c(Cl－)＝c(NH4+)，因此溶液中c(Cl－)＜c(NH3·H2O)＋c(NH4+)，B错误；
C．由图像可知d时加入盐酸的体积与氨水的体积相同，二者恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液显酸性，则点d所示溶液中：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)，C错误；
D．当一水合氨较多，滴入的HCl较少时生成氯化铵少量，溶液中氨水浓度远大于氯化铵浓度，因此滴定过程中可能有：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)，D正确；
答案选D。
（6）设盐酸的体积为xL，e点时溶液的pH＝2，则0.1mol/L×xL－0.1mol/L×VL＝0.01mol/L×（x+V）L，解得x＝11V/9。
18.已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。现有含FeCl2
杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：
请回答下列问题：
（1）本实验最适合的氧化剂X是___(填序号)。
A．K2Cr2O7 B．NaClO C．H2O2 D．KMnO4
（2）物质Y是____。
（3）本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？___，原因是___。
（4）除去Fe3＋的有关离子方程式是____。
（5）加氧化剂的目的是____。
（6）最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体___，应如何操作___。
【答案】 (1). C (2). CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3] (3). 不能 (4). 因加碱的同时也会使Cu2＋生成Cu(OH)2沉淀 (5). Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O等] (6). 将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分离 (7). 不能 (8). 应在HCl气流中加热蒸发
【解析】
【分析】
加入氧化剂X的目的是把亚铁离子氧化，根据除杂原则，不能引入新的杂质；加入试剂Y的目的是调节pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀,过滤除去沉淀,对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铜晶体；
(1)加入氧化剂,将Fe2＋氧化为Fe3＋，易除去,除杂时,不能引入新的杂质；
(2)物质Y的作用是调节溶液的pH,据此来选择合适的试剂；
(3)加碱的同时Cu2+也会生成沉淀；
(4)CuO能促进三价铁离子的水解；
(5)加入氧化剂,将Fe2＋氧化为Fe3＋；
(6) CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发)。
【详解】(1)根据题意,加入氧化剂X可把Fe2＋氧化为Fe3＋,而没有增加新杂质,所以X为H2O2；
故答案是:C；
(2)结合题示，调节pH至3.7，使Fe3＋全部沉淀,所以Y最好为CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3] ；
故答案是: CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3] ；
(3)加碱的同时，Cu2+也会生成沉淀；
答案是:不能；因加碱的同时也会使Cu2＋生成Cu(OH)2沉淀；
(4)铁离子水解产生H+，氧化铜与H+ ，减小了氢离子浓度，促进了铁离子的水解，产生氢氧化铁沉淀，达到除去铁离子的目的；除去Fe3＋的有关离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O等]；
答案是： Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O等]；
(5) Fe2＋沉淀为氢氧化物时所需pH与Cu2＋的沉淀的pH相同，也就是说, Fe2＋沉淀的同时, Cu2＋也会沉淀，无法将两者分离开，根据题干提供信息可以知道Fe3＋沉淀所需的pH较小，所以应先将Fe2＋氧化为Fe3＋后再将其除去；
答案是: 将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分离 ；
(6)CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发)，所以应在HCl气氛中采用浓缩后冷却结晶的方法，以得到CuCl2∙2H2O的晶体；
答案是: 不能；应在HCl气流中加热蒸发。
【点睛】CuCl2属于强酸弱碱盐，水解产生易挥发性的盐酸，加热蒸干该溶液，可以得到氢氧化铜固体，灼烧可以得到氧化铜；要想从氯化铜溶液中得到氯化铜晶体，就得抑制其水解，所以应在HCl气氛中采用浓缩后冷却结晶的方法，以得到CuCl2∙2H2O的晶体。
19.海水中含有80多种元素，是重要的物质资源宝库，同时海水具有强大的自然调节能力，为解决环境污染问题提供了广阔的空间。
(1)①已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如下图所示。
下列说法不正确的是_____________ (填字母序号)。
a. pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3－
b. A点，溶液中H2CO3和HCO3－浓度相同
c. 当c(HCO3－)=c(CO32－)时，c(H+)>c(OH－)
②向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是_____________。
(2)海水pH稳定在7.9～8.4之间，可用于烟道气中CO2和SO2的吸收剂。
①海水中含有的OH－可以吸收烟道气中的CO2，同时为海水脱钙，生产CaCO3。写出此反应的离子方程式：_____________。
②已知：25℃时，H2CO3电离平衡常数K1=4.3×10－7 K2=5.6×10－11
H2SO3电离平衡常数K1=1.5×10－2 K2=6.0×10－8
海水中含有的HCO3－可用于吸收SO2，该过程产物中有CO2和_____________。
(3)洗涤烟气后的海水呈酸性，需处理后再行排放。与新鲜海水混合同时鼓入大量空气排出部分CO2，是一种处理的有效方式。
①通入O2可将酸性海水中的硫(IV)氧化，该反应的离子方程式是_____________。
②上述方式使处理后海水pH升高的原因是_____________。
【答案】 (1). bc (2). HCO3－+OH－=CO32－+H2O (3). CO2+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+H2O (4). HSO3－ (5). O2+2HSO3－=2SO42－+2H+ (6). 碱性海水的中和及稀释作用，鼓入空气排除了部分CO2
【解析】
【分析】
(1)①a.由图象分析可以知道，pH=8时溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3-，故a正确；
b.A点是碳酸氢根离子物质的量分数与二氧化碳和碳酸分子物质的量分数相同，溶液中H2CO3
和HCO3-浓度不相同，故b错误；
c.由图象分析可以知道当c(HCO3-)=c(CO32-)时，pH=10溶液显碱性，c(H+) H2CO3> HSO3－> HCO3-，海水中含有的HCO3-可用于吸收SO2，反应生成二氧化碳和亚硫酸氢根离子；
(3)①洗涤烟气后的海水呈酸性是亚硫酸氢根离子电离大于其水解，通入O2可将酸性海水中的硫(IV)氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：O2+2HSO3－=2SO42－+2H+；
②上述方式使处理后海水pH升高的原因是与新鲜海水的中和以及混合的稀释作用，鼓入空气排除了部分CO2。据此解答。
【详解】(1)①a.由图象分析可以知道，pH=8时溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3-，故a正确；
b.A点是碳酸氢根离子物质的量分数与二氧化碳和碳酸分子物质的量分数相同，溶液中H2CO3和HCO3-浓度不相同，故b错误；
c.由图象分析可以知道当c(HCO3-)=c(CO32-)时，pH=10溶液显碱性，c(H+) H2CO3> HSO3－> HCO3-，海水中含有的HCO3-可用于吸收SO2，反应生成二氧化碳和亚硫酸氢根离子。本小题答案为：HSO3－。
(3)①洗涤烟气后的海水呈酸性是亚硫酸氢根离子电离大于其水解，通入O2可将酸性海水中的硫氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：O2+2HSO3－=2SO42－+2H+
。本小题答案为：O2+2HSO3－=2SO42－+2H+。
②上述方式使处理后海水pH升高的原因是与新鲜海水的中和以及混合的稀释作用，鼓入空气排除了部分CO2。本小题答案为：碱性海水的中和及稀释作用，鼓入空气排除了部分CO2。
